Đề thi thử quốc gia môn toán - Đề số 91

THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
1 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 91 
Cõu 1 (2 điểm) Cho hàm số :
1x2
1x
y


 (C) 
1. Khảo sỏt và vẽ đồ thị hàm số. 
2. Viết phương trỡnh tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đú đi qua giao điểm của đường tiệm cận 
và trục Ox. 
Cõu 2 (1 điểm) 
1. Giải phương trỡnh sau trờn tập số phức 2 1 0z z   
2. Giải phương trỡnh:  cos2 cos sin 1 0x x x   
Cõu 3 (0,5 điểm) Giải phương trỡnh: 2
2 2
4log log 2x x 
Cõu 4. (1 điểm) Giải bất phương trỡnh 2 21 2 3 4 .x x x x     
Cõu 5 (1 điểm) Tớnh tớch phõn sau 
1
0
2 1
1 3 1
x
I dx
x


 
 
Cõu 6 (1 điểm) 
Cho hỡnh lăng trụ ABC.A’B’C’ cú đỏy là tam giỏc đều cạnh a, hỡnh chiếu vuụng gúc của A’ lờn 
măt phẳng (ABC) trựng với tõm O của tam giỏc ABC. Tớnh thể tớch khối lăng trụ ABC.A’B’C’ 
biết khoảng cỏch giữa AA’ và BC là 
a 3
4
Cõu 7 (1điểm) 
Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tỡm toạ độ điểm M thuộc đường 
thẳng ( ) :3 5 0x y    sao cho hai tam giỏc MAB, MCD cú diện tớch bằng nhau. 
 Cõu 8 (1điểm) 
Trong khụng gian Oxyz, cho cỏc điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tỡm tọa độ điểm O’ đối xứng 
với O qua (ABC). 
Cõu 9 (0,5điểm) . Một tổ cú 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giỏo viờn chọn ngẫu nhiờn 3 học 
sinh để làm trực nhật . Tớnh xỏc suất để 3 học sinh được chọn cú cả nam và nữ. 
Cõu 10 (1điểm) . Tỡm m để hệ phương trỡnh 
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0
1 3 2 0
x y y x
x x y y m
     

     
cú nghiệm thực 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
2 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 91 
Cõu 1 
1a 
 TXĐ: D = R\ {-1/2} 
Sự Biến thiên: 
 
,
2
3
0
2 1
y x D
x

   

Nên hàm số nghịch biến trên 
1 1
( ; ) ( ; )
2 2
va    
0.25 
 + Giới hạn ,tiệm cận: 
1
2
lim
x
y


  
1
2
lim
x
y


  ĐTHS có tiẹm cận đứng : x = -1/2 
1
lim
2x
y

  
1
lim
2x
y

  đTHS có tiệm cận ngang: y = -1/2 
0.25 
 + Bảng biến thiên: 
x  -1/2  
,y - - 
y -1/2  
  -1/2 
0.25 
Đồ Thị : 
0.25 
1b Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là 





 0,
2
1
A 0.25 
y 
x 
0 
I 
-1/2 
1 
1 
-1/2 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
3 
Phương trỡnh tiếp tuyến () qua A cú dạng 






2
1
xky 
 () tiếp xỳc với (C) /
x 1 1
k x
2x 1 2
x 1
k co ự nghieọm
2x 1
   
      
    
  
 



















)2( k
1x2
3
)1( 
2
1
xk
1x2
1x
2
 Thế (2) vào (1) ta cú pt hoành độ tiếp điểm là 
 
2
1
3 x
x 1 2
2x 1 2x 1
 
     
 
0.25 
1
(x 1)(2x 1) 3(x )
2
     và 
1
x
2
  
3
x 1
2
   
5
x
2
  . Do đú 
12
1
k  
0.25 
Vậy phương trỡnh tiếp tuyến cần tỡm là: 
1 1
y x
12 2
 
   
 
 0.25 
Cõu 2 
2a 
Ta cú: 21 4 3 3i      căn bậc hai của  là 3i 0.25 
Phương trỡnh cú nghiệm: 1 2
1 3 1 3 1 3
,
2 2 2 2 2
i
z i z i

     0.25 
2b 
 cos2 cos sin 1 0x x x   
cos 2 0
1
sin
4 2
x
x


     
  
0.25 
+) Với  cos 2 0
4 2
k
x x k
 
     
 +) Với
2
1
sin ( )
4 22
2
x k
x k
x k





          

0.25 
Cõu 3 
Điều kiện x > 0. 
1
2
2 2
2 2 2
2
(1) 4log log 2 4log 2log 2 0x x x x       
Đặt 2logt x 
 Pt cú dạng 2
1
4 2 2 0 1
2
t
t t
t
 
   
 

0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
4 
1
2
1
1 log 1 2 ( )
2
t x x nhan        
1
2
2
1 1
log 2 2 ( )
2 2
t x x nhan      
Vậy phương trỡnh cú nghiệm 
1
2
x  và 2x  
0.25 
Cõu 4 
Điềukiện: 2
2
0 0 1
3 41
1 0 0 .3 41 3 41
8
2 3 4 0 8 8
x x
x x
x
x x
  
  
         
  
   
 (*) 0.25 
Bất phương trỡnh đó cho tương đương với 
 2 2 21 2 (1 ) 2 3 4x x x x x x       2 23( ) (1 ) 2 ( )(1 ) 0x x x x x x        
0.25 
2 2 2
2
5 34
1 9
3 2 1 0 9 10 1 0
1 1 1 3 5 34
.
9
x
x x x x x x
x x
x x x
x
  

             
     


 0.25 
Kết hợp điều kiện (*),nghiệm của bất phương trỡnh là 
5 34 3 41
.
9 8
x
   
  0.25 
Cõu 5 
Đặt 3 1x t  ta được 
2 1 2
3 3
t
x dx tdt

   0.25 
Đổi cận 0 1; 1 2x t x t      0.25 
Khi đú
2 23
2
1 1
2 2 2 3
2 2 3
9 1 9 1
t t
I dt t t dt
t t
  
     
  
  0.25 
28 2 3
ln
27 3 2
  0.25 
Cõu 6 
 Gọi M là trung điểm BC ta thấy: 





BCOA
BCAM
'
)'( AMABC  
Kẻ ,'AAMH  (do A

 nhọn nờn H thuộc 
trong đoạn AA’.) 
0.25 
Do BCHM
AMAHM
AMABC






)'(
)'(
.Vậy HM 
là đọan vuụng gúc chung của 
AA’và BC, do đú 
4
3
)BC,A'( aHMAd  . 
0.25 
Xột 2 tam giỏc đồng dạng AA’O và AMH, ta cú: 
AH
HM
AO
OA

'
 0.25 
A 
B 
C 
C’ 
B’ 
A’ 
H 
O 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
5 
 suy ra 
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A  
Thể tớch khối lăng trụ: 
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC  0.25 
Cõu 7 
 Viết phương trỡnh đường AB: 4 3 4 0x y   và 5AB  
Viết phương trỡnh đường CD: 4 17 0x y   và 17CD  
0.25 
Điểm M thuộc cú toạ độ dạng: ( ;3 5)M t t  Ta tớnh được: 
13 19 11 37
( , ) ; ( , )
5 17
t t
d M AB d M CD
 
  
0.25 
Từ đú: ( , ). ( , ).MAB MCDS S d M AB AB d M CD CD  
7
9
3
t t     0.25 
 Cú 2 điểm cần tỡm là: 
7
( 9; 32), ( ;2)
3
M M  0.25 
Cõu 8 
*Từ phương trỡnh đoạn chắn suy ra pt tổng quỏt của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 
0.25 
*Gọi H là hỡnh chiếu vuụng gúc của O l ờn (ABC), OH vuụng gúc với 
(ABC) nờn )1;1;2(// nOH ;  H ABC 
0.25 
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trỡnh( ABC) cú t=
3
1
 suy ra )
3
1
;
3
1
;
3
2
( H 0.25 
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC) H là trung điểm của OO’ )
3
2
;
3
2
;
3
4
(' O 0.25 
Cõu 9 
  311 165n C   0.25 
 Số cỏch chọn 3 học sinh cú cả nam và nữ là 2 1 1 25 6 5 6. . 135C C C C  
 Do đú xỏc suất để 3 học sinh được chọn cú cả nam và nữ là 
135 9
165 11
 
0.25 
Cõu 10 
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0 (1)
1 3 2 0 (2)
x y y x
x x y y m
     

     
Điều kiện: 
2
2
1 0 1 1
0 22 0
x x
yy y
     
 
   
0.25 
Đặt t = x + 1  t[0; 2]; ta cú (1)  t3  3t2 = y3  3y2. 0.25 
Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến trờn đoạn [0; 2] nờn: 
(1)  y = t  y = x + 1  (2)  
2 22 1 0x x m    
0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
6 
Đặt 
21v x   v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  1 = m. 
Hàm số g(v) = v2 + 2v  1 đạt 
0;1 0;1
min ( ) 1; m ( ) 2
[ ] [ ]
 axg v g v   
Vậy hệ phương trỡnh cú nghiệm khi và chỉ khi 1  m 2 
0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
7 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 92 
Cõu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 
2
 (C)
1
x
y
x



1. Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị hàm số. 
2.Cho điểm A(0;a). Tỡm a để từ A kẻ được hai tiếp tuyến tới (C) sao cho hai tiếp điểm tương ứng 
nằm về hai phớa trục hoành. 
Cõu 2 (1,0 điểm) 
1. Giải phương trỡnh: 
23(2.cos cos 2) (3 2cos ).sin
0
2cos 1
x x x x
x
   

 
2. Giải phương trỡnh nghiệm phức: )(,1
4
Cz
iz
iz








Cõu 3 (0,5 điểm) Giải phương trỡnh sau: 
2
3 32log 5log (9 ) 3 0x x  
 Cõu 4 (1,0 điểm) 
Giải hệ phương trỡnh sau: 
4
2 2 2
2
1
4 5 8 6
x y
y x y
x y


 

   
Cõu 5 (1,0 điểm). Tớnh tớch phõn sau: 
3
2
2
1
log
1 3ln
e
x
dx
x x
 
Cõu 6 (1,0 điểm). Cho hỡnh chúp .S ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh chữ nhật , 2AB a AD a  , 
tam giỏc SAB cõn tại S và mặt phẳng ( )SAB vuụng gúc với mặt phẳng ( )ABCD . Biết gúc giữa 
mặt phẳng ( )SAC và mặt phẳng ( )ABCD bằng 060 . Tớnh thể tớch khối chúp .S ABCD . Gọi H là 
trung điểm cạnh AB tớnh gúc giữa hai đường thẳng CH và .SD 
Cõu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng 0xy cho đường trũn (C): . Viết pt 
đường trũn (C’) tõm M(5;1) biết (C’) cắt (C) tại A,B sao cho AB=√ và bỏn kớnh của nú lớn hơn 
4. 
Cõu 8 (1,0 điểm) Trong khụng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 
3 9 6
2 3 2
x y z  
 

 và mặt phẳng (P): . Lập phương trỡnh đường thẳng 
nằm trong mặt phẳng (P), vuụng gúc với d và cỏch d một khoảng bằng 
3
238
Cõu 9 (0,5 điểm) 
Trong mp cú bao nhiờu hỡnh chữ nhõt được tạo thành từ 6 đường thẳng song song với nhau và 8 
đường thẳng vuụng gúc với 6 đường thẳng song song đú. 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
8 
Cõu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực d-ơng x, y, z thỏa mãn: 1
yz zx xy
x y z
   . Tìm giá trị lớn 
nhất của biểu thức: 
1 1 1
1 1 1
A
x y z
  
  
. 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 92 
Cõu 1 
1b 
Đk: , 
PT đường thẳng d qua A và cú hsg k cú dạng: 
d tiếp xỳc với (C) hệ pt sau cú nghiệm 
0.25 
Thay (2) vào (1) ta được: 
Đặt 
Để qua A kẻ được 2 tiếp tuyến cú 2 nghiệm phõn biệt 1 
Theo viet ta cú: và 
0.25 
Để 2 tiếp điểm nằm về 2 phớa của trục hoành 
0.25 
Từ (*) 
Kết hợp với điều kiện (1) ta được: Với 
 thỏa món bài toỏn 
0.25 
Cõu 2 
2a 
ĐK: 
Pt đó cho tương đương với pt: 
0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
9 
Vậy pt cú 2 họ nghiệm hoặc 
0.25 
2b 
Đk: khi đú, pt đó cho tương đương 
0.25 
(1) (t/m) 
(2) (t/m) 
Vậy pt cú tập nghiệm z={-1;0;1} 
0.25 
Cõu 3 
Giải pt: 
2
3 32log 5log (9 ) 3 0x x  
 Đk:x>0 
Khi đú pt 
2
3 3 3
2
3 3
3
3
2log 5(log 9 log ) 3 0
2log 5log 12 0
log 4
3
log
2
x x
x x
x
x
    
   

 
 

0.25 
3
81
 (t/m)1
9
x
x


 

 0.25 
Cõu 4 
Hệ pt đó cho tương đương 
NX: Nếu y=0 thỡ từ pt (1) Thay x=0; y=0 vào pt (2) ta được: 
 (vụ lý). Vậy y=0 khụng thỏa món bài toỏn 
0.25 
*) chia cả 2 vế của pt (1) cho ta được: 
Xột 
Cú . Vậy đồng biến trờn R. 
Từ (*) 
0.25 
Thay vào pt (2) ta được 0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
10 
Vậy hpt cú cặp nghiệm duy nhất (x;y)=(1;1) 0.25 
Cõu 5 
Đặt 
Từ 
Đổi cận: với 
1 1
2 24 2
2 2 4 2
0 0
2 1
( 1 )
(1 ) 2 1
u u
I du du
u u u

    
  
  
0.25 
2 2
4 2 2 2 2 2 2
2
2 2 2
2 2 2
2 2
2 1 2( 1) 1 2 1
*) 
2 1 ( 1) 1 ( 1)
2 1 [( 1) ( 1)]
.
41 ( 1)
2 1 1 2 1
41 ( 1)( 1)( 1) ( 1)
1 31 1 1 1
4 4 1 1( 1) ( 1)
u u
u u u u u
u u
u u
u u uu u
u uu u
  
  
    
  
 
 
 
    
     
   
           
 0.5 
1 1
2 22
4 2 2 2
0 0
2 1 1 1 1 3 1 1
( 1 ) 1
4 4 1 12 1 ( 1) ( 1)
1
3 521 1 1 3 | 1|
ln ln 3
4 64 1 1 4 | 1|
0
u
I du du
u uu u u u
u
u
u u u
    
                     
               
 
0.25 
Cõu 6 
Vỡ cõn tại S cú HA=HB
Mặt khỏc (SAB)
Ta cú: 
Trong đú 
 √ đvdt) 
0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
11 
Trong (ABCD) hạ tại K. (1) 
Khi đú (*) 
 vuụng tại B cú 
Thay vào (*) ta được 
Ta cú : 
Từ (1) và (2) (3) 
Từ (1) và (3) gúc giữa mặt (SAC) và mặt phẳng đỏy là 
 cú 
Vậy 
0.25 
Gọi sao cho A là trung điểm của EH là hỡnh bỡnh hành. 
HC//=ED gúc giữa SD và CH là gúc giữa DE và DS. 
 vuụng tại A nờn 
 vuụng tại H nờn 
 vuụng tại H nờn 
0.25 
 cú . Vậy gúc giữa DE và DS là với 
0.25 
Cõu 7 
Từ pt đường trũn (C) Tõm I(1;-2) và 
R=√ . Đường trũn (C’) tõm M cắt 
đường trũn tại A, B nờn AB tại 
trung điểm H của AB. 
√ 
0.25 
Nhận xột : Tồn tại 2 vị trớ của AB (hỡnh 
vẽ) là AB, A’B’ chỳng cú cựng độ dài là 
Cỏc trung điểm H, H’ đối xứng nhau qua 
tõm I và cựng nằm trờn đường thẳng IM. 
Ta cú : IH’=IH=√ 
0.25 
Mà nờn MH=MI-HI=
; MH’=MI+IH’=
 loại) 
0.25 
Vậy (C’) : =43. 0.25 
Cõu 8 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
12 
Gọi 0.25 
 chứa . Giả sử 
 tại H. Hạ HK , thỡ 
 . Vậy gúc AKH nhọn 
là gúc giữa (P) và (Q). Và HK là đoạn 
vuụng gúc chung của d và nờn 
 √
 . Do (Q) vuụng gúc với d 
nờn (Q) cú dạng: 
0.25 
Với 0.25 
Với 0.25 
Cõu 9 
Gọi A là tập hợp gồm 6 đường thẳng song song 
B là tập hợp gồm 8 đường thẳng vuụng gúc 
Mỗi hỡnh chữ nhật được tạo thành gồm 2 đường thẳng trong tập hợp A và 2 đường 
thẳng trong tập hợp B. 
0.25 
Như vậy số hỡnh chữ nhật được tạo thành là 
2 2
8 6. 420C C  0.25 
Cõu 10 
Đặt , ,
yz zx xy
a b c
x y z
   . Ta có a, b, c > 0 và 2 2 2 1a b c   . Ta có: 
1 1 1
3
1 1 1 1 1 1
bc ca ab
A
bc ca ab bc ca ab
      
     
. Dễ có: 
0.25 
 
 
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 14
1 2 2
1
2
b c
b cbc b c
bc b c b a c a b a c a

 
    
       
 0.25 
t-ơng tự có: 
2 2
2 2 2 2
1
1 2
ca c a
ca c b a b
 
  
   
 và 
2 2
2 2 2 2
1
1 2
ab a b
ab a c b c
 
  
   
 0.25 
từ đó: A 
3 9
3
2 2
   . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =1/3 0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
13 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 93 
Cõu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = 
x 1
x 3


 (C) 
a) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số đó cho. 
b) Tỡm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho khoảng cỏch từ M đến tiệm cận ngang của đồ thị (C) 
bằng 4. 
Cõu 2 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trỡnh: 2(cos sin 2 ) 1 4sin (1 cos2 )x x x x    
b) Giải phương trỡnh:.     15 1 5 1 2
x x
x    
Cõu 3 (1,0 điểm). Tớnh tớch phõn 
2
1
1 ln
e
x x
I dx
x

  
Cõu 4 (1,0 điểm). 
a) Tỡm phần thực và phần ảo của số phức z biết: 2 3 2z z i   
b) Một đội ngũ cỏn bộ khoa học gồm 8 nhà toỏn học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3 nhà húa học 
nữ. Chọn ra từ đú 4 người, tớnh xỏc suất trong 4 người được chọn phải cú nữ và cú đủ ba 
bộ mụn. 
Cõu 5 (1,0 điểm). Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh vuụng cạnh 2a, mặt phẳng 
(SAB) vuụng gúc với đỏy, tam giỏc SAB cõn tại S và SC tạo với đỏy một gúc 600. Tớnh thể tớch 
khối chúp S.ABCD và khoảng cỏch giữa hai đường thẳng BD và SA theo a. 
Cõu 6 (1,0 điểm). Viết phương trỡnh đường thẳng  đi qua  3; 2; 4A   , song song với mặt 
phẳng   :3 2 3 7 0P x y z    và cắt đường thẳng  
2 4 1
:
3 2 2
x y z
d
  
 

. 
Cõu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hỡnh vuụng ABCD, điểm M(5;7) nằm 
trờn cạnh BC. Đường trũn đường kớnh AM cắt BC tại B và cắt BD tại N(6;2), đỉnh C thuộc đường 
thẳng d: 2x-y-7=0. Tỡm tọa độ cỏc đỉnh của hỡnh vuụng ABCD, biết hoành độ đỉnh C nguyờn và 
hoành độ đỉnh A bộ hơn 2. 
Cõu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trỡnh 
2 2 2 2
2 4
2 6 5 2 2 13 2( )
( 2 ) 2 4 . 8 . 2 2
x xy y x xy y x y
x y x y y y y x
       

     
 .
Cõu 9 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là cỏc số thực dương và 3a b c   . Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu 
thức 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
14 
   
3
2
3 1 1 1
abc
P
ab bc ca a b c
 
     
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 93 
Cõu 1 
1a 
 Tập xỏc định: D=R\{3} 
 Sự biến thiờn: 
 
2
4
' 0, .
3
y x D
x
    

- Hàm số nghịch biến trờn cỏc khoảng  ;3 và  3; . 
0.25 
 - Giới hạn và tiệm cận: lim lim 1;
x x
y y
 
  tiệm cận ngang: 1y  . 
   3 3
lim ; lim ;
x x
y y
 
 
    tiệm cận đứng: 3x  . 0.25 
 -Bảng biến thiờn: 
x  3  
y’ - - 
y 
 1  
0.25 
 Đồ thị: 
0.25 
1b 
Gọi 







3
1
;
0
0
0
x
x
xM , (x0 ≠3) là điểm cần tỡm, ta cú: 0.25 
Khoảng cỏch từ M đến tiệm cận ngang: y =1 là 

0
4
d
x 3
. 0.25 

     
 
0
0
0 0
x 24
4 x 3 1
x 3 x 4
 0.25 
Với 0 2x  ; ta cú  M 2; 3 . Với 0 4x  ; ta cú  M 4;5 
Vậy điểm M cần tỡm là  M 2; 3 và  M 4;5 . 
0.25 
Cõu 2 
2a 
Phương trỡnh đó cho tương đương với: 2cos 2sin 2 1 4sin 2 .cosx x x x   
(1 2cos )(2sin 2 1) 0x x   
0.25 

1 
5
-5
y
xO 3
1
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
15 
2
1 3
cos
2
1 12
sin 2
52
12
x k
x
x k
x
x k







  

   
     

 ( k Z ) 
Vậy pt cú nghiệm là: 2
3
x k

   ; 
12
x k

  ; 
5
12
x k

  ( k Z ) 0.25 
2b 
5 1 5 1
2
2 2
x x
PT
    
        
    
Đặt 
5 1
( 0)
2
x
t t
 
   
  ta cú phương trỡnh: 
1
2 1t t
t
   
0.25 
Với t=1 
5 1
1 0
2
x
x
 
     
  
Vậy phương trỡnh cú nghiệm x=0
0.25 
Cõu 3 
2
1 1 1
1 ln 1
ln
e e e
x x
I dx dx x xdx
x x

    
0.25 
1
1
ln 1
1
e e
A dx x
x
   0.25 
2
1
1
ln
ln 
2
e du dxu x x
B x xdx Dat
dv xdx x
v

 
  
  


2 2 2 2
1
1
.ln .ln
1 1 12 2 2 4 4 4
ee e ex x x x e
B x dx x       
0.25 
2 5
4 4
e
I   0.25 
Cõu 4 
4a 
Gọi , ( )     z a bi a b R z a bi 
Ta cú : 3a + bi = 3-2i 
0.25 
Suy ra : a=1 và b = -2 
Vậy phần thực là 1 và phần ảo là -2 
0.25 
4b 
Ta cú : 416 1820C   
Gọi A: “2nam toỏn ,1 lý nữ, 1 húa nữ” 
 B: “1 nam toỏn , 2 lý nữ , 1 húa nữ” 
 C: “1 nam toỏn , 1 lý nữ , 2 húa nữ “ 
Thỡ H= A B C  : “Cú nữ và đủ ba bộ mụn” 
0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
16 
2 1 1 1 2 1 1 1 2
8 5 3 8 5 3 8 5 3 3( )
7
C C C C C C C C C
P H
 
 

0.25 
Cõu 5 
Gọi H là trung điểm AB. Do SAB cõn tại 
S,suy ra SHAB, mặt khỏc (SAB)
(ABCD) 
nờn SH (ABCD) và 060SCH . 
Ta cú 
0
2 2 0
.tan60
.tan60 15.
SH CH
CB BH a

  
0.25 
.
3
154
4.15
3
1
..
3
1 32
. aaaSSHV ABCDABCDS 
Qua A vẽ đường thẳng  song song với 
BD. Gọi E là hỡnh chiếu vuụng gúc của H 
lờn  và K là hỡnh chiếu của H lờn SE, khi 
đú   (SHE)  HK suy ra HK (S,
).
0.25 
Mặt khỏc, do BD//(S, ) nờn ta cú
       , , , , , 2 ( ,( . )) 2d BD SA d BD S d d B S d H S HK     
 Ta cú 045 DBAEAH nờn tam giỏc EAH vuụng cõn tại E, suy ra 
22
aAH
HE  
0.25 
 
2 2 2
2
. 15
. 152 .
31
15
2
a
a
HE HS
HK a
HE HS a
a
   
  
 
 
Vậy   .
31
15
2, aSABDd  
0.25 
Cõu 6 
Ta cú  3; 2; 3Pn   . Giả sử B(2 + 3t ; –4 – 2t ; 1 + 2t) là giao điểm của  và d . 0.25 
Khi đú  1 3 ; 2 2 ;5 2AB t t t     ,  || . 0 2P PAB P AB n AB n t      . 0.25 
Vậy (8; 8;5)B  và  5; 6;9AB  . 0.25 
Vậy phương trỡnh đường thẳng  
3 2 4
:
5 6 9
x y z  
  

. 0.25 
Cõu 7 
E
k
A H B
D
C
S
E
k
A H B
D
C
S
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
17 
Gọi I là tõm đường trũn đường kớnh AM thỡ I là trung 
điểm AM. 
Dễ thấy 02 90MIN sdMN MBN   
Điểm C  d: 2x-y-7=0. C(c;2c-7) 
Họi H là trung điểm của MN =>H(11/2; 9/2) 
Phương trỡnh đường thẳng  trung trực của MN 
đi qua H và vuụng gúc với MN là d: x-5y+17=0 
Điểm I => I(5a - 17;a) 
0.25 
   
2 2
(1; 5) 26
(22 5 ;7 ) 22 5 7
MN MN
IM a a IM a a
   
       
Vỡ MIN vuụng cõn tại I và 
   
2 2
2
26 13 22 5 7 13
5
26 234 520 0
4
MN IM a a
a
a a
a
       

      
Với a=5 =>I(8;5) => A(11;9) (loại) 
Với a=4 =>I(3;4) => A(1;1) (t/m) 
0.25 
Gọi E là tõm hỡnh vuụng nờn 
1 11
( ; 3) ;5
2 2
c c
E c EN c
  
    
 
Vỡ ACBD  . 0AC EN  
   
2
11
( 1). 2 8 . 5 0
2
7( / )
5 48 91 0 13
( )
5
c
c c c
c t m
c c
c loai

     

    
 

Suy ra: C(7;7) => E(4;4) 
0.25 
Pt BD: x+y−8=0, pt BC:x−7=0 B(7,1) D(1,7) 0.25 
Cõu 8 
Điều kiện: 
2
0
0
x
y
x y
 


  
Xột y = 0, hệ vụ nghiệm nờn y khỏc 0 . Chia cả 2 vế của (1) cho y ta được: 
2 2
2 6 5 2 2 13 2( 1) 
Dat t= ( 1)
x x x x x
y y y y y
x
t
y
   
         
   
  
0.25 
   
2 2
4 3 2
2 2
: 2 6 5 2 2 13 2( 1) 
t 2 3 4 4 0
1( i)
1 2 0
2( / )
PT t t t t t
t t t
t loa
t t
t t m
      
     
 
      
0.25 
E
H
N
I
BA
CD
M
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
18 
Với t = 2 => x=2y, thế vào (2) ta được: 
   
2 4
4 2
3
3
4 2 2 4 . 8 . 2 2 2
4 2 2 2 2 2 8 . 4 .
2 2 2
4 2 2 8 4
2 2 2
2 2 2 2 2 2. 2 (3)
y y y y y y y
y y y y y y y
y y
y y y
y y
y y y
    
     
     
 
       
 
 0.25 
Xột hàm số f(u)=u3+2u với u>0; cú f’(u) = 3u2 +2>0, mọi u>0 => hàm số đồng biến 
Từ (3)   3
2 2
2 2 2 2 4 2 2 0 1f f y y y y y
y y
 
             
  
Hệ cú nghiệm duy nhất (2;1) 
0.25 
Cõu 9 
Áp dụng Bất đẳng thức: 2( ) 3( )x y z xy yz zx     , , ,x y z  ta cú: 
2( ) 3 ( ) 9 0ab bc ca abc a b c abc       3ab bc ca abc    
Ta cú: 33(1 )(1 )(1 ) (1 ) , , , 0a b c abc a b c       . Thật vậy: 
    2 33 331 1 1 1 ( ) ( ) 1 3 3 ( ) (1 )a b c a b c ab bc ca abc abc abc abc abc                 
0.25 
Khi đú: 
3
3
2
3(1 ) 1
abc
P Q
abc abc
  
 
 (1). 
Đặt 6 abc t ; vỡ a, b, c > 0 nờn 
3
0 1
3
a b c
abc
  
   
 
0.25 
Xột hàm số  
2
3 2
2
, 0;1
3(1 ) 1
t
Q t
t t
  
 
  
   
 
5
2 2
3 2
2 1 1
( ) 0, 0;1
1 1
t t t
Q t t
t t
 
    
 
. 
Do đú hàm số đồng biến trờn  0;1    
1
1
6
Q Q t Q    (2). Từ (1) và (2): 
1
6
P  . 
0.25 
Vậy maxP = 
1
6
, đạt được khi và và chi khi : 1a b c   . 0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
19 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 94 
Cõu 1* (2,0 điểm). Cho hàm số 
2 1
1
x
y
x
 (1) 
 a) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 
 b) Viết phương trỡnh tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp điểm cú tung độ bằng 3.. 
Cõu 2* (1,0 điểm). 
 a) Cho gúc thỏa món 
2
 và 
4
sin
5
. Tớnh 
os2
1 os
c
A
c
 b) Cho số phức 1 2z i . Tỡm phần thực và phần ảo của số phức 2w 2z iz . 
Cõu 3* (0,5 điểm). Giải phương trỡnh 
3
log (3 2) 1x x . 
Cõu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trỡnh 
2 8
2 1 2x x
x x
 . 
Cõu 5* (1,0 điểm). Tớnh tớch phõn 
3
2
0
1x x xdx . 
Cõu 6 (1,0 điểm). Cho hỡnh chúp .S ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh vuụng cạnh bằng a , tõm O và 
SO vuụng gúc với mặt phẳng ABCD . Trờn cạnh SA lấy điểm M sao cho MA = 2MS. Gọi N là 
trung điểm của CD , 060SNO . Tớnh thể tớch khối chúp .S ABCD theo a và cosin gúc giữa MN 
với mặt phẳng ( )ABCD . 
Cõu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hỡnh chữ nhật ABCD cú phương 
trỡnh : 2 3 0AD x y   . Trờn đường thẳng qua B và vuụng gúc với đường chộo AC lấy điểm E 
sao cho BE AC (D và E nằm về hai phớa so với đường thẳng AC). Xỏc định tọa độ cỏc đỉnh 
của hỡnh chữ nhật ABCD , biờt điểm (2; 5)E và đường thẳng AB đi qua điểm (4; 4)F và điểm 
B cú hoành độ dương. 
Cõu 8* (1,0 điểm). Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 3 0P x y z 
và đường thẳng 
2 1
:
1 2 1
x y z
d . Tỡm tọa độ giao điểm của (P) và d; tỡm tọa độ điểm A 
thuộc d sao cho khoảng cỏch từ A đến (P) bằng 2 3 . 
Cõu 9* (0,5 điểm). Cho khai triển 2
0 1 2
(1 2 ) ...n n
n
x a a x a x a x . Tỡm số nguyờn 
dương n biết 
0 1 2
8 2 1a a a . 
Cõu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực khụng õm , ,x y z . Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức 
2 2 2
4 4 5
( ) ( 2 )( 2 ) ( ) ( 2 )( 2 )4
P
x y x z y z y z y x z xx y z
. 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
20 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 94 
Cõu 1 
1a 
+Tập xỏc định:  / 1D 
+ Giới hạn và tiệm cận: 
1 1
lim ; lim ; lim 2; lim 2
x xx x
y y y y
    
      
Suy ra, đồ thị hàm số cú một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1 và một tiệm cận 
ngang là đường thẳng y = 2. 
0.25 
+ Sự biến thiờn: 
Chiều biến thiờn: 
2
1
' 0,
( 1)
    

y x D
x
Suy ra, hàm số nghịch biến trờn mỗi khoảng ( ;1) và (1; ) 
Cực trị: Hàm số đó cho khụng cú cực trị 
0.25 
Bảng biến thiờn : 
 x  1  
 y’ - - 
 y 2  
  2 
0.25 
+ Vẽ đồ thị: 0.25 
1b 
Gọi tiếp điểm là 0 0( ; )M x y 0.25 
ta cú 0
0 0
0
2 1
3 3 2 (2;3)
1
x
y x M
x

     

 0.25 
Suy ra, hệ số gúc k của tiếp tuyến là: '(2) 1  k y 0.25 
Do đú phương trỡnh tiếp tuyến cần lập là: 1( 2) 3y x    
hay 5y x   
0.25 
Cõu 2 
2a 
Ta cú 
2os2 1 2sin
1 os 1 cos
c
A
c
 0.25 
2 2 16 9 3 3os 1 sin 1 os os ( )
25 25 5 5 2
c c c do

                  
Thay 
4 3
sin , os
5 5
c    vào A ta được 
7
40
A   
0.25 
2b 
Ta cú 1 2z i  , khi đú 2 2 2(1 2 ) 2 (1 2 ) 1 4 4 2 4w i i i i i i i         7 2i 0.25 
Do đú, phần thực của số phức w là: -7 và phần ảo của số phức w là: -2 0.25 
Cõu 3 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
21 
Ta cú 1
3
(1) 3 2 3 3 2 (*)
3
x x x
x
      0.25 
Đặt 3 , 0xt t  . Khi đú (*) tr thành 
2
13
2 2 3 0 3
3
t
t t t t
tt
  
        

 (do t > 0) 
Với 3 3 3 1xt x     . Vậy phương trỡnh đó cho cú nghiệm duy nhất x = 1. 
0.25 
Cõu 4 
 Điều kiện của bất phương trỡnh: 
22
1 0
0 2 0
8 22
2 0
2 0
x
x xx
xx
x
x x
 
       
       
    
Với 2 0x   bất phương trỡnh đó cho luụn đỳng 
0.25 
Với 2x  bất phương trỡnh đó cho 2 2 2( 2)( 2)x x x x x      
2 2 34( 2) 2( 4) 4 ( 2) ( 2)x x x x x        
3 2 3 22 4 16 4 2( 2 4 8) 0x x x x x x         
0.25 
3 2 3 22( 2 4 8) 8 2( 2 4 8) 16 0         x x x x x x 
 
2
3 2 3 22( 2 4 8) 4 0 2( 2 4 8) 4x x x x x x          
0.25 
3 2
0
2 4 0 1 5 1 5
1 5
x
x x x x x
x


         

 
 (do 2x  ) 
Vậy bất phương trỡnh đó cho cú tập nghiệm là    2;0 1 5   
0.25 
Cõu 5 
Ta cú 
3 3 3
2 3
0 0 0
1 1I x x xdx x dx x x dx . 0.25 
Đặt 
3
3
0
J x dx và 
3
0
1K x x dx ; ta cú 
33
3 4
0 0
1 81
4 4
J x dx x   0.25 
3
0
1K x x dx  . Đặt 
21 1 2t x t x tdt dx và 2 1x t  
 Ta cú 0 1; 3 2x t x t      . 
0.25 
Khi đú 
22 2
2 2 4 2 5 3
1 1 1
1 1 116
2 ( 1) 2 ( ) 2
5 3 15
K t t dt t t dt t t
 
       
 
  0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
22 
 Vậy 
1679
60
I J K  
Cõu 6 
Xột SON vuụng tại O, cú
0, 60
2
a
ON SNO 
0 3.tan60
2
a
SO ON  
0.25 
Diện tớch hỡnh vuụng ABCD là 
2
ABCD
S a
3
.
1 3
.
3 6S ABCD ABCD
a
V SOS   
0.25 
Kẻ ( )MH SO H BD ( )MH ABCD  
 Khi đú, ta cú hỡnh chiếu vuụng gúc của MN trờn 
(ABCD) là HN suy ra gúc giữa MN và (ABCD) là MNH  
0.25 
Vỡ , 2 2MH SO MA MS BH HO   nờn ta cú 
2 2
2
3 3
HD BD a  
Xột HND , ta cú 2 2 2 0 2
17 17
2 . .cos 45
16 4
a
HN HD DN HDDN a HN      
Xột MHN vuụng tại H, ta cú 
2 51 17
tan cos
17 29
MH
HN
     
0.25 
Cõu 7 
Ta cú : 2 3 0   AB AD x y và AD đi 
qua F(4 ; -4) 
: 2 4 0   AB x y . Khi đú
(1;2)A AB AD A   
0.25 
Ta cú đường thẳng EF đi qua hai điểm 
E(2;-5) và F(4;-4) 
Do đú ta lập được phương trỡnh 
: 2 12 0EF x y   
Suy ra EF AD EF AB  tại F. Khi 
đú, ta cú ABC EFB   vỡ 
,AC BE EBF BCA  
(cựng phụ với HBC )  5AB EF  . 
0.25 
Ta cú : 2 4 0 ( ;4 ) ( 0)B AB x y B b b b       
Vậy 2 2 25 ( 1) (2 2 ) 5 5 10 0 2( 0) (2;0)AB b b b b b dob B            
0.25 
B 
D 
S 
A 
C 
O 
H 
M 
N 
E F 
D A 
B 
C 
H 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
23 
Ta cú : 2 4 0BC AB x y    và BC đi qua B(2; 0) : 2 2 0BC x y    
AC đi qua A(1; 2) và vuụng gúc với BE AC nhận (0; 5)BE   là vộc tơ phỏp 
tuyến : 5( 2) 0 2AC y y      . Khi đú, ta cú (6;2)C AC BC C   
CD đi qua C(6; 2) và : 2 3 0CD AD x y     : 2 14 0CD x y    . 
Khi đú (5;4)D CD AD D   . Vậy ta cú tọa độ A(1;2), B(2;0), C(6;2), D(5;4). 
0.25 
Cõu 8 
Ta cú phương trỡnh tham số của d là 
2
1 2
 

  
  
x t
y t
z t
( )  I d P Ta cú phương trỡnh: (2 ) ( 1 2 ) ( ) 3 0t t t        
0.25 
1 (1;1;1)t I   Ta cú (2 ; 1 2 ; )A d A t t t      0.25 
Khi đú, ta cú 
2 2 2
(2 ) ( 1 2 ) ( ) 3 2 2
( ;( ))
31 1 1
        
 
 
t t t t
d A P 0.25 
Vậy 
42 2
( ;( )) 2 3 2 3 1 3
23
   
         
tt
d A P t
t
Khi đú 4 ( 2;7;4); 2 (4; 5; 2)t A t A        
0.25 
Cõu 9 
Ta cú 
0 0
(1 2 ) (2 ) 2
n n
n k k k k k
n n
k k
x C x C x
 
    . Khi đú, suy ra 2k kk na C 
Do đú, ta cú 0 1 2
0 1 2
; 2 ; 4
n n n
a C a C a C  
0.25 
Vậy 0 1 2
0 1 2
8 ( 1)
8 2 1 16 8 1 1 16 1
2!n n n
n n
a a a C C C n

          
16 4 ( 1) 4 1( 0) 5n n n n n n        
0.25 
Cõu 10 
Với mọi số thực khụng õm x, y, z Ta cú: 
4 4
( 2 )( 2 ) ( ) ( 2 )( 2 ) ( )
2 2
x y z x y z
x z y z x y x z y z x y
   
         
Mặt khỏc ta cú: 
2 2
2 2 24 2 4 4( ) 2( )(1)
2 2
x y z x y xy yz zx
x y x y z
     
     
Vỡ 2 2 2 2 2 22 ; 4 2( ); 4 2( )xy x y yz y z zx z x      
Tương tự ta cú 2 2 2
4
( ) ( 2 )( 2 ) ( ) 2( )
2
y z x
y z y x z x y z x y z
 
        (2) 
0.25 
Từ (1) và (2) ta suy ra 
2 2 2 2 2 22 2 2
4 4 5
2( ) 2( )4
P
x y z x y zx y z
  
      
Hay 
2 2 22 2 2
4 9
2( )4
P
x y zx y z
 
   
.Đặt 2 2 2 4 , 2t x y z t     
0.25 
Khi đú 
2
4 9
2 4
P
t t
 

. Xột hàm số 
2
4 9
( ) , 2
2 4
f t t
t t
  
 
0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
24 
3 2
2 2 2 2 2 2
4 9 (4 )(4 7 4 16)
'( ) ; '( ) 0 4
( 4) ( 4)
t t t t t
f t f t t
t t t t
   
      
 
(do t > 2 nờn 3 2 34 7 4 16 4( 4) (7 4) 0t t t t t t        
Lập bảng biến thiờn của hàm số f(t). Dựa vào bảng biến thiờn ta cú 
5
8
MaxP  khi 2x y z   
0.25 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 95 
Cõu 1. ( , điểm). Cho hàm số: 4 24 3y x x 
a) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số đó cho. 
b) Dựa vào đồ thị (C) tỡm cỏc giỏ trị của tham số thực m để phương trỡnh 
4 24 3 2 0x x m (1) 
cú hai nghiệm phõn biệt. 
Cõu 2. ( , điểm) 
 a) Cho tan 3